Exercice 1 : Problème de la brachistochrone

2010-2011

Mécanique Analytique , Corrigé 5

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Exercice 1 : Problème de la brachistochrone

Dans cet exercice, nous cherchons la courbe dans le plan (x, y) minimisant le temps de parcours entre l'origine O et le point P (x 0 , y 0 ) dans un champ gravique constant.

Il nous faut tout d'abord utiliser la conservation de l'énergie pour exprimer la vitesse de la particule en fonction de y . En eet, en prenant y = 0 pour niveau de référence du potentiel gravique on a

1

2 mv ² − mgy = 0 → v(y) = p 2gy

La stratégie est maintenant de minimiser le temps de parcours entre O et P . Le temps nécessaire pour parcourir une longeur ds = p

dx ² + dy ² est dt = ds/v(y) . La fonction à minimiser dépendra donc explicitement de y .

Le point clé ici est de bien comprendre l'analogie avec la minimisation de l'action comme vue en cours.

Lorsque l'on déni l'action comme intégrale sur le temps du Lagrangien, c'est en cherchant à minimiser l'action que l'on trouve les équations d'Euler-Lagrange. Ici, on cherche à minimiser le temps de parcours, que l'on écrit comme une intégrale sur une distance ( dx ou dy selon le choix) d'une quantité. Chercher à minimiser ce temps de parcours revient à trouver des equations d'Euler-Lagrange pour la quantité intégrée.

Nous devons maintenant choisir quelle paramétrisation utiliser : soit (x, y(x)) soit (x(y), y) . Nous allons voir que, dans le cadre ce cet exercice, les deux choix mènent à une quantité conservée qui nous permettra de simplier la résolution du système. En eet nous allons voir que dans le premier cas la fonction hamil- tonienne est une quantité conservée, alors que dans le second une variable cyclique apparaîtra.

Commençons par le choix (x(y), y) . L'élément de ligne s'écrit alors comme ds = √

1 + x ⁰² dy et le temps à minimiser comme

T = 1

√ 2g Z y

0

dy s

1 + x ⁰²

y ≡ 1

√ 2g Z

dy F

On voit qu'il s'agit de trouver la courbe réalisant le meilleur compromis entre une courte distance et une grande vitesse. Comme discuté ce choix fait apparaître une variable cyclique qui nous permet de résoudre le système plus facilement :

d dy

∂F

∂x ⁰

= ∂F

∂x = 0 → ∂F

∂x ⁰ = ∂

∂x ⁰ s

1 + x ⁰²

y = const = a En eectuant la dérivée par rapport à x ⁰ , l'équation d'Euler-Lagrange prend la forme

x ⁰

√ 1 + x ⁰² = a √

y → x ⁰ =

r y b − y avec b = a ⁻² . La forme de la courbe est donc donnée par l'intégrale suivante :

x(y) = Z

dx + c = Z

dy dx dy + c =

Z dy

r y b − y + c

Voyons maintenant que l'on retrouve le même résultat en utilisant la paramétrisation (x, y(x)) . L'élé- ment de ligne serait alors ds = p

1 + y ⁰² dx et l'intégrale à minimiser

T = 1

√ 2g Z x

0

dx s

1 + y ⁰²

y ≡ 1

√ 2g Z

dx G

1

L'équation d'Euler-Lagrange serait alors de la forme d dx

∂G

∂y ⁰

= ∂G

∂y

qui n'admet pas de variable cyclique. Le point important est de noter que la fonction G ne dépend pas explicitement de x et donc que la fonction hamiltonienne est conservée :

h = ∂G

∂y ⁰ y ⁰ − G = − 1

p y(1 + y ⁰² ) = const En séparant les variables on obtient

y ⁰ = dy dx =

s b − y

y → x(y) =

Z dx =

Z dy

r y b − y + c

où b = h ⁻² . On a donc bien retrouvé la même équation qu'auparavant. Des deux paramétrisations découle une quantité conservée qui conduit à une simplication du problème. La manifestation de cette quantité conservée est propre au choix de la paramétrisation : pour l'une une variable cyclique, pour l'autre la fonction hamiltonienne. Nous pouvons maintenant résoudre la dernière intégrale an de trouver la forme explicite du rail.

En faisant le changement de variables y = b sin ² θ on obtient

x(θ) = 2b Z

dθ sin ² θ + c = b

2 (2θ − sin 2θ) + c

Etant donné que la courbe passe par le point O , la constante c est nulle. En posant ϕ = 2θ et R = b/2 , on a la forme paramétrique suivante de la courbe recherchée :

( x(ϕ) = R(ϕ − sin ϕ) y(ϕ) = R(1 − cos ϕ)

qui est l'équation paramétrique d'une cycloïde de rayon R . Noter qu'en calculant dt = ds/v en utilisant

x ⁰ = dx dy = dx

dϕ dy

dϕ −1

on a

dt = s

1 + x ⁰²

2gy dy = 1

√ 2gR

s 2 − 2 cos ϕ sin ² ϕ

√ 1

1 − cos ϕ R sin ϕdϕ = s

R g dϕ et donc T = p

R/g ϕ 0 où ϕ 0 est l'angle nal, c'est à dire l'angle pour lequel x(ϕ 0 ) = x 0 et y(ϕ 0 ) = y 0 . On peut maintenant remarquer une chose a priori surprenante : il existe des situations pour lesquelles la forme idéale du rail passe au dessous de P avant de remonter. En eet, ce genre de trajectoire est caractérisé par

0 = ^! dy

dx = sin ϕ 1 − cos ϕ

Il faut donc que ϕ ₀ > π pour que cela puisse se produire. Cette condition peut être traduite sur la pente entre O et P . En eet on a

ϕ ₀ > π ⇐⇒ y ₀ x 0

= 1 − cos ϕ ₀ ϕ 0 − sin ϕ 0

< 2 π

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0

0 1 2 3 4 5 6

t-sin(t), -1+cos(t)

Fig. 1 Exemple de rail admettant un minimum : ϕ ₀ = 3π/2

Exercice 2 : Problème de la surface minimale de révolution

Tout comme dans l'exercice précédent, nous avons la liberté de paramétriser la courbe en fonction de x ou de y . Nous allons tout d'abord prendre l'option (x, y(x)) an d'obtenir une variable cyclique puis montrer que l'autre paramétrisation conduit à une autre quantité conservée : la fonction hamiltonienne.

L'aire d'une bande de la surface vaut 2πxds = 2πx p

1 + y ⁰ (x) ² dx donc la surface totale mesure A = 2π

Z x

x

dx x q

1 + y ^{0 2}

Pour que cette dernière soit extrémale, il faut résoudre l'équation d'Euler-Lagrange d

dx ∂F

∂y ⁰

= ∂F

∂y → ∂F

∂y ⁰ = ∂

∂y ⁰ x p

1 + y ⁰² = const = a On obtient donc en eectuant la dérivée par rapport à y ⁰ :

xy ⁰ (x) = a p

1 + y ⁰ (x) ² → y ⁰ (x) =

r a ² x ² − a ² En eectuant le changement de variables x = a cosh θ on trouve

y(θ) = aθ + b → x(y) = a cosh y − b

a

On détermine a et b à partir des conditions x(0) = 1 et x(2) = cosh(2) , ce qui donne a = 1 et b = 0 . Voyons maintenant que de l'autre paramétrisation découle la conservation de la fonction hamiltonienne.

L'intégrale à minimiser s'écrit cette fois-ci comme A = 2π

Z y

y

dy x p

1 + x ^{0 2} ≡ 2π Z y

y

dy A

où la fonction A ne dépend pas explicitement de y . La fonction hamiltonienne est donc conservée : h = ∂A

∂x ⁰ x ⁰ − A = − x

√ 1 + x ⁰² = const

3

En séparant les variables on trouve

x ⁰ = dx dy =

r x ² − a ²

a ² → y(x) =

Z dy =

Z dx

r a ² x ² − a ²

où a ² = h ² , qui est exactement la même expression que l'on a trouvée avec la première paramétrisation.

Exercice 3 : Rotateurs couplés

Le Lagrangien du système est donné par L = 1

2 m 1 a ² θ ˙ ² ₁ + 1

2 m 2 b ² θ ˙ ² ₂ − 1 2 kl ²

où l est la distance entre les deux points matériels. Les positions des deux masses sont :

~ x 1 =



 a cos θ 1

a sin θ 1

0



 ~ x 2 =



 b cos θ 2

b sin θ 2

z





La distance l est alors :

l ² = ||~ x 1 − ~ x 2 || ² = a ² + b ² + z ² − 2ab cos(θ 1 − θ 2 ).

Le Lagrangien ne dépendant pas explicitement du temps, la fonction hamiltonienne est conservée :

h =

2

X

i=1

∂L

∂ θ ˙ i

θ ˙ i − L = 1

2 m 1 a ² θ ˙ ₁ ² + 1

2 m 2 b ² θ ˙ ² ₂ + 1 2 kl ²

On remarque qu'il n'y a pas de variable cyclique, toutefois physiquement, on s'attend à la conservation du moment cinétique total. On peut le trouver en appliquant le théorème de Noether. Le Lagrangien est invariant par rotation, c'est-à-dire sous la transformation

θ _i → θ _i (s) = θ _i + s

La quantité suivante est donc conservée :

2

X

i=1

∂L

∂ θ ˙ i

∂θ _i (s)

∂s = m ₁ a ² θ ˙ ₁ + m ₂ b ² θ ˙ ₂

Le moment cinétique est donc bien conservé ! On peut aussi le voir en eectuant le changement de variable suivant : au lieu des variables θ ₁ , θ ₂ on considère les variables θ ₁ et θ ¯ = θ ₁ − θ ₂ . Le Lagrangien devient :

L = 1

2 m ₁ a ² θ ˙ ² ₁ + 1

2 m ₂ b ² ( ˙ θ ₁ − θ) ˙¯ ² − kab cos ¯ θ La variable θ ₁ est maintenant cyclique et la quantité conservée associée est

∂L

∂ θ ˙ ₁ = m ₁ a ² θ ˙ ₁ + m ₂ b ² ( ˙ θ ₁ − θ) ˙¯

qui correspond bien au moment cinétique.

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